Una función $F:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ se llama lineal si, para todo $\alpha \in \mathbb{R}$
y todos $p,q\in \mathbb{R}^n$
$$
F(\alpha p +q)=\alpha F(p)+F(q).
$$
Ejercicio
Supon que $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ es lineal y que $f(0,1)=3, f(1,1)=-1$. Calcula
$f(1,5)$,
$f(2,3)$,
$f(-1,0)$.
La idea es escrbir \((1,5)\) como una suma de la forma
\[
(1,5)=a(0,1)+b(1,1)
\]
Resolviendo el sistema anterior tenemos
\begin{eqnarray*}
1=b \\
5=a+b
\end{eqnarray*}
por lo tanto \(b=1\) y \(a=4\). Con esta información y usando la linealidad de \(f\) obtenemos
\[
f(1,5)=f(a(0,1)+b(1,1))=af(0,1)+b(1,1)=4(3)+ 1(-1)=11.
\]
Ejercicio
Demuestra que si $F$ es una función lineal, $F(0)=0$.
Usando que \(F\) abre sumas:
\[
F(0)=F(0+0)=F(0)+F(0) \Rightarrow 0=F(0).
\]
Ejercicio
Sea $\sigma$ una permutación del conjunto $\{1,2,3\}$. Define $F:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3$ por
$F(p_1,p_2,p_3)=(p_{\sigma(1)}, p_{\sigma(2)}, p_{\sigma(3)})$. Prueba que $F$ es una función lineal.
Ejercicio
El Ejercicio 1.22 prueba que, dado un vector fijo \(v\in \mathbb{R}^3\),
la función \(f:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}\) dada por
\[
f(p)=\langle v.p\rangle
\]
es lineal. Este ejercicio prueba que toda función lineal de \(\mathbb{R}^3 \) a \(\mathbb{R}\)
se puede escribir de esta forma.
Sea $f:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}$ una función lineal. Demuestra que existe un vector
$v\in \mathbb{R}^3$ tal que $f(p)=\langle v, p \rangle$, para toda $p\in \mathbb{R}^3$.
Para \(p=(p_1,p_2,p_3)\in \mathbb{R}\) arbitrario escribimos
\[
p=p_1\hat{i}+p_2\hat{k}+p_3\hat{k}
\]
Usando la linealidad de \(f\) obtenemos
\[
f(p)=p_1f(\hat{i})+p_2f(\hat{j})+p_3f(\hat{k})
\]
Finalmente notamos que la última expresión se puede escribir como un producto interior
\[
p_1f(\hat{i})+p_2f(\hat{j})+p_3f(\hat{k})=\langle (p_1,p_2,p_3), (f(\hat{i}),f(\hat{j}),f(\hat{k}))
\]
por lo que \(f(p)=\langle p, v \rangle\), con \(v=(f(\hat{i}),f(\hat{j}),f(\hat{k})\).
Ejercicio
Sean $u,v\in \mathbb{R}^3$ dos vectores con la pripiedad de que $\langle v,p \rangle = \langle u,p \rangle$
para toda $p\in \mathbb{R}^3$. Demuestra que $u=v$.
Nota: dada una función lineal, \(f:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}\), el Ejercicio 3.5
asegura que existe \(v\in \mathbb{R}\) tal que \(f(p)=\langle p, v\rangle\). Como consecuencia de
éste ejercicio obtenemos que dicho vector \(v\) es único.
Supongamos que \(\langle v,p\rangle = \langle u,p\rangle \) para todo punto \(p\in \mathbb{R}\).
Usando las propiedades del producto interior lo anterior es equivalente a
\(\langle v-u, p \rangle =0\) para todo \(p\). En particular, tomando \(p=v-u\) llegamos a
\[
0=\langle v-u , v-u \rangle =\|v-u\|^2
\]
y por las propiedades de la norma conclimos que \(u=v\).
Teorema
Teorema de Riesz en $\mathbb{R}^n$
Este Teorema generaliza el ejericio anterior.
Es decir, demuestra que para toda función lineal $f:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}$
existe un único vector $v\in \mathbb{R}^n$ tal que $f(p)=\langle v, p \rangle$, para todo $p$.
Existencia.
Por \(\{ \mathbb{e}_i \}_{i=1}^n\) denotamos la base canónica de \(\mathbb{R}^n\). Escribiendo
\(p\) como combinación lineal de los \(\{\mathbb{e}\}_{i=1}^n\) tenemos
\[
p=\sum_{i=1}^n p_i \mathbb{e}_i
\]
Aplicando \(f\) en ambos lados y suando la linealidad obtenemos
\begin{eqnarray*}
f(p)=\sum_{i=1}^n p_i f(\mathbb{e}_i)
\end{eqnarray*}
la cual se puede escribir como un producto interior
\[
\langle p, v\rangle
\]
si tomamos \(v=(f(\mathbb{e}_1), f(\mathbb{e}_2),\dots, f(\mathbb{e}_n)\).
Unicidad.
Supongamos que existe un \(u\in \mathbb{R}^n\) tal que
\[
f(p)=\langle v, p \rangle = \langle u, p \rangle
\]
para todo \(p\in \mathbb{R}^n\). Lo anterior se puede escribir como
\[
\langle v-u,p\rangle=0,
\]
para todo \(p\). Finalmente tomando \(p=v-u\) obtenemos \(\|v-u\|=0\),
por lo tanto \(u=v\).
Ejercicio
Sean $F,G: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^m$ dos funciones
lineales tales que $F(\hat{i})=G(\hat{i})$,
$F(\hat{j})=G(\hat{j})$ y $F(\hat{k})=G(\hat{k})$. Demuestra que $F=G$.
Para probar la igualdad de las funciones debemos de probar que para todo
punto \(p\in \mathbb{R}^3\), \(F(p)=G(p)\). Para probarlo escribirmos a
\(p\) como un combinación lineal de los vectores \(\{\hat{i},\hat{j},\hat{k} \}\)
y aplicamos \(F\) y \(G\) (recordando que ambas son lineales)
\begin{eqnarray*}
p=p_1\hat{i}+p_2\hat{j}+p_3\hat{k} & \Rightarrow & F(p)=p_1F(\hat{i})+p_2F(\hat{j})+p_3F(\hat{k})\\
& \Rightarrow & G(p)=p_1G(\hat{i})+p_2G(\hat{j})+p_3G(\hat{k})
\end{eqnarray*}
Finalmente usando \(F(\hat{i})=G(\hat{i}), F(\hat{j})=G(\hat{j})\) y
\(F(\hat{k})=G(\hat{k})\) concluimos \(F(p)=G(p)\).
Definición
Con junto $\{\mathbf{v}_i \}_{i=1}^l \subset \mathbb{R}^n$ se dice que genera a $\mathbb{R}^n$, si para
todo $\mathbf{p}\in \mathbb{R}^n$, existen escalares $\alpha_1,\dots, \alpha_l$ tales que
$$
\mathbf{p}=\sum_{i=1}^l \alpha_i \mathbf{v}_i.
$$
Nota: se puede probar que si el conjunto $\{\mathbf{v}_i \}_{i=1}^l \subset \mathbb{R}^n$
genera a $\mathbb{R}^n$, entonces $ l \geq n$.
Ejercicio
En $\mathbb{R}^n$ considera los vectores $\{ \mathbf{e}_i\}_{i=1}^n$, tal que
$\mathbf{e}_i$ tiene todas sus entradas iguales a cero, excepto en la entrada $i$ donde tiene un $1$. Prueba que
el conjunto $\{\mathbf{e}_i\}_{i=1}^n$ genera a $\mathbb{R}^n$.
Sea $F,G:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$, dos funciones lineales y sea
$\{\mathbf{v}_i\}_{i=1}^l \subset \mathbb{R}^n$ un conjunto generador.
Si $F(\mathbf{v}_i)=G(\mathbf{v}_i)$,
para todo $i=1,\dots, l$, entonces $F=G$.
Lema
Sea $F:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^m$ una función lineal. Demuestra que existen vectores
$\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n\in \mathbb{R}^n$ tales que, para todo $\mathbf{p}\in \mathbb{R}^n$
$$
F(\mathbf{p})=p_1\mathbf{v}_1+p_2\mathbf{v}_2 +\cdots + p_n\mathbf{v}_n.
$$
Escribiendo \(\mathbf{p}\) como combinación lineal de los vectores canónicos
\[
\mathbf{p}=p_1\mathbf{e}_1+\cdots + p_n \mathbf{e}_n
\]
y aplicando \(F\) obtenemos (usando la linealidad) que
\[
F(\mathbf{p})=p_1F(\mathbf{e}_1)+\cdots + p_n F(\mathbf{e}_n).
\]
Tomando los vectores \(\mathbf{v}_i:=F(\mathbf{e}_i)\) concluimos
\[
F(\mathbf{p})=p_1\mathbf{v}_1+\cdots + p_n \mathbf{v}_n.
\]
Definición
Dada $A$ una matriz de $m \times n$ y un vector $\mathbf{p}\in \mathbb{R}^n $,
definimos la multiplicación
$A \mathbf{p}$, como el vector en $\mathbb{R}^m$ cuya entrada $i$ está dado por
$$
\sum_{r=1}^n A_{i,r}p_r
$$
Es decir
$$
\left[
\begin{array}{ccc}
A_{1,1} & \cdots & A_{1,n} \\
\vdots & \vdots & \vdots \\
A_{m,1}& \cdots & A_{m,n}
\end{array}
\right]
\left[
\begin{array}{c}
p_1 \\
\vdots \\
p_n
\end{array}
\right]
=
\left[
\begin{array}{c}
\sum_{j=1}^n A_{1,j}p_j \\
\vdots \\
\sum_{j=1}^n A_{m,j}p_j
\end{array}
\right]
$$
Ejercicio
Escribe las siguientes expresiones como productos de la forma $Ap$, donde $A$ es una matriz y $p$ un
vector columna.
En el primer renglón, \(p_1+p_2\), \(p_1\) contribuye 1 y \(p_2\) también. Por lo tanto el primer
renglón de \(A\) debe ser \((1,1)\). El segundo renglón es \(p_1-p_2\) por lo que \(p_1\) contribuye 1
y \(p_2\) un -1, por lo que el segundo renglón de \(A\) debe ser \((1,-1)\).
Un cálculo directo prueba que
\[
\left[
\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
1& -1
\end{array}
\right]
\left[
\begin{array}{cc}
p_1 \\
p_2
\end{array}
\right]
=
\left[
\begin{array}{cc}
p_1+p_2 \\
p_1-p_2
\end{array}
\right]
\]
para todo \(p\in \mathbb{R}^2\).
Ejercicio
Sea $M$ una matriz de $m\times n$. Prueba que
$$
M(\alpha \mathbf{p}+\mathbf{q})=\alpha M\mathbf{p} + M\mathbf{q}.
$$
Por lo tanto, la multiplicación de una matriz por un vector induce una función lineal.
Para probar la identidad \(M(\alpha \mathbf{p}+\mathbf{q})=\alpha M\mathbf{p} + M\mathbf{q}\)
debemos probarla entrada por entrada, pues son vectores.
La entrada \(i\) de \(M(\alpha \mathbf{p}+\mathbf{q}) \) es
\[
\sum_{r=1}^m M_{i,r}(\alpha p_i+ q_i )=\alpha \left(\sum_{r=1}^n M_{i,r} p_i \right)+
\sum_{r=1}^n M_{i,r}q_i.
\]
Por otro lado, la entrada \(i\) de \(\alpha M\mathbf{p} + M\mathbf{q}\) es
\[
\alpha \left( \sum_{r=1}^n M_{i,r} p_i\right) + \sum_{r=1}^n M_{i,r}q_i.
\]
Comparando éstas dos últimas ecuaciones obtenemos el resultado.
Ejercicio
Sean $A,B$ dos matrices de $m \times n$. Demuestra que si $A\mathbf{p}=B\mathbf{p}$,
para todo $\mathbf{p}\in \mathbb{R}^n$, entonces $A=B$.
Sugerencia: ve tomando $\mathbf{p}=\mathbf{e}_i$, $i=1,\dots, n$.
Fijamos indices \(i,j\). Ya que $A\mathbf{p}=B\mathbf{p}$ se vale para todo \(\mathbf{p}\), tomando
\(\mathbf{p}=\mathbf{e}_j\) llegamos a la entrada \(i\) del vector \(A\mathbf{e}_j\) es
\[
\sum_{r=1}^n A_{i,r}(\mathbf{e}_{j})_r
\]
donde \((\mathbf{e}_j)_r\) denota la entrada \(r\) del vector \(\mathbf{e}_j\).
Por lo tanto \((\mathbf{e}_j)_r=0\) para todo \(r\ne j\) y \((\mathbf{e}_j)_j=1\). Se sigue que
\[
\sum_{r=1}^n A_{i,r}(\mathbf{e}_{j})_r=A_{i,j}
\]
Finalmente ya que \(A\mathbf{e}_j=B\mathbf{e}_j\) para toda \(j\) obtenemos que
\(A_{i,j}=B_{i,j}\) y por lo tanto \(A=B\).
Teorema
Si
$F:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ es lineal, entonces existe una única matriz $M$, de $m\times n$,
tal que
$$F(\mathbf{p})=M\mathbf{p},$$
para todo $\mathbf{p}\in \mathbb{R}^n$.
Por el Lema 3.12 existen
vectores \(\mathbf{v},\dots, \mathbf{v}_n \in \mathbb{R}^m\) tales que
\[
F(\mathbf{p})=\sum_{r=1}^n p_r \mathbf{v}_r
\]
Si escribimos las entrdas de \(\mathbf{v}_r\) como
\[
\mathbf{v}_r=(v_{1,r}, v_{2,r},\dots, v_{n,r})
\]
tenemos que la entrada \(i\) del vector \(F(\mathbf{p})\) es
\begin{equation}\label{Eqn:Aux1MatrixFunLineal}
\textrm{entrada \(i\)}\left(\sum_{r=1}^n p_r \mathbf{v}_r \right)=
\sum_{r=1}^n p_r v_{i,r}
\end{equation}
Si formamos la matrix \(M\) cuya entrada \(i,j\) es \(v_{i,j}\) obtenemos que
la entrada \(i\) de \(M\mathbf{p}\) es
\begin{equation}\label{Eqn:Aux2MatrixFunLineal}
\sum_{r=1}^n M_{i,r}p_r=\sum_{r=1}^n v_{i,r}p_r
\end{equation}
Comparando las ecuaciones \eqref{Eqn:Aux1MatrixFunLineal}
y \eqref{Eqn:Aux2MatrixFunLineal} obtenemos que todas las
entradas de \(F(\mathbf{p})\) y \(M\mathbf{p}\) son iguales por lo
tanto \(F(\mathbf{p})=M\mathbf{p}\) para toda \(\mathbf{p}\in \mathbb{R}^n\).
Un vector \(\mathbb{p}\in \mathbb{R}^n\) es combinación lineal de
los vectores \(\{\mathbf{v}_1,\dots, \mathbf{v}_k \}\) si existen
escalares \(a_1,\dots, a_k\in \mathbb{R}^n\) tales que
\[
\mathbf{p}=\sum_{i=1}^k a_i \mathbf{v}_i.
\]
¿Cuál de los vectores \(\alpha, \beta\) son combinación lineal de los vectores \(\mathbf{v}_1,
\mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3\) ?
Se desarrollará el ejercicio únicamente para $\alpha$. $\alpha$ es combinación lineal
de $v_1,v_2, v_3$ si y sólo si existen $a,b,c \in \mathbb{R}$ tales que
\begin{equation*}
a(1,1,-2,1) + b(3,0,4,-1) + c(-1,2,5,2) = (4,-5,9,-7),
\end{equation*}
o equivalentemente, si el siguiente sistema de ecuaciones tiene solución $a,b,c \in \mathbb{R}$
\begin{align*}
a + 3b - c =& 4, \\
a + 2c =& -5,\\
-2a + 4b + 5c =& 9,\\
a - b + 2c =& -7.
\end{align*}
Empezaremos por considerar únicamente las primeras tres ecuaciones del sistema, y una vez que
se obtenga solución para $a,b,c$ se verificará que dicha solución sea compatible con la cuarta ecuación.
Note que las primeras tres ecuaciones pueden representarse por medio de la siguiente ecuación matricial:
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1\\
1 & 0 & 2 \\
-2 & 4 & 5
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
a\\ b \\ c
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
4 \\ -5 \\ 9
\end{pmatrix}
\end{equation*}
y que nosotros representaremos por medio de una única matriz como
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 & 4\\
1 & 0 & 2 & -5\\
-2 & 4 & 5 & 9
\end{pmatrix}
\end{equation*}
Denotaremos por $l_1, l_2, l_3$ a las ecuaciones 1, 2 y 3, respectivamente, o en su defecto a la
fila correspondiente en la matriz anterior para denotar la suma, resta o multiplicación de éstas.
Comenzamos por sumar $l_1$ y $l_2$ a $l_3$ para obtener
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 & 4\\
1 & 0 & 2 & -5\\
0 & 7 & 6 & 8
\end{pmatrix},
\end{equation*}
ahora restamos $l_1$ a $l_2$
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 & 4\\
0 & -3 & 3 & -9\\
0 & 7 & 6 & 8
\end{pmatrix},
\end{equation*}
multiplicamos $l_2$ por $-1/3$
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 & 4\\
0 & 1 & -1 & 3\\
0 & 7 & 6 & 8
\end{pmatrix},
\end{equation*}
restamos $7l_2$ a $l_3$
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
1 & 3 & -1 & 4\\
0 & 1 & -1 & 3\\
0 & 0 & 13 & -13
\end{pmatrix},
\end{equation*}
multiplicamos $l_3$ por $1/13$ y obtenemos el siguiente sistema equivalente al original:
\begin{align*}
a + 3b - c =& 4\\
b - c =& 3\\
c =& -1
\end{align*}
De este sistema es fácil deducir que $c=-1, b=2, a = -3$ y finalmente verificamos que
\begin{equation*}
-3(1,1,-2,1) + 2(3,0,4,-1) + -1(-1,2,5,2) = (4,-5,9,-7),
\end{equation*}
por lo que $\alpha$ es combinación lineal de $v_1,v_2,v_3$.
Ejercicio
¿Existe una función lineal \(F:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^2\) que satisface
\(F(1,-1,1)=(1,0), F(1,1,1)=(0,1)\) ?
Si
\begin{eqnarray*}
\mathbf{v}_1=(1,-1), \mathbf{u}_1=(1,0)\\
\mathbf{v}_2=(2,-1), \mathbf{u}_2=(0,1)\\
\mathbf{v}_3=(-3,2), \mathbf{u}_3=(1,1)
\end{eqnarray*}
¿existe una función lineal \(F:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\)
tal que \(F(\mathbf{v}_i)=\mathbf{u}_i\), i=1,2 ?
Empezaremos con el primer inciso. Denotaremos $v_1 = (1,-1,1)$ y $v_2 = (1,1,1)$. Dado
que el producto por una matriz $A$ es una transformación lineal se construirá una matriz
$A$ que cumpla que $Av_1 = (1,0)$ y $Av_2=(0,1)$. Empezaremos por obtener un tercer vector
linealmente independiente de $v_1,v_2$. Sea $v_3 = 1/2 (v_1 \times v_2)=(-1,0,1)$, para
facilitar los cálculos $A$ se construirá de manera que $F(v_3) = Av_3 = 0$. Ahora buscamos las combinaciones
lineales requeridas para obtener a los vectores canónicos a partir de $v_1,v_2,v_3$, los sistemas
de ecuaciones por resolver son de la forma
\begin{equation*}
e_i = a(1,-1,1) + b(1,1,1) + c(-1,0,1).
\end{equation*}
Escribimos el primero como
\begin{align*}
1 =& a + b -c,\\
0 =& -a + b,\\
0 =& a + b + c
\end{align*}
De la segunda ecuación $a=b$. Sustituyendo en la primera tenemos que $c=2a - 1$ y sustituyendo
en la tercera se tiene que $a=1/4=b$ y $c=-1/2$. Usando esta información tenemos que
\begin{equation*}
F(e_1) = F(1/4v_1 + 1/4v_2 - 1/2 v_3) = 1/4F(v_1) + 1/4F(v_2) - 1/2F(v_3) = (1/4,1/4).
\end{equation*}
El segundo sistema se escribe como
\begin{align*}
0 =& a + b -c,\\
1 =& -a + b,\\
0 =& a + b + c
\end{align*}
Restando la primera y última ecuación se tiene que $c=0$, sustituyendo en la segunda $a+b = 0$ y
sustituyendo en la tercera $b = 1/2$ y $a=-1/2$. Por lo tanto
\begin{equation*}
F(e_2) = F( -1/2v_1 + 1/2 v_2) = (-1/2,1/2).
\end{equation*}
De manera similar construimos nuestro tercer sistema de la forma
\begin{align*}
0 =& a + b -c,\\
0 =& -a + b,\\
1 =& a + b + c
\end{align*}
De la segunda ecuación $a=b$, sustituyendo en la primera $c=2a$ y sustituyendo en la tercera
$a=1/4=b$ y $c=1/2$, así
\begin{equation*}
F(e_3) = 1/4 F(v_1) + 1/4F(v_2) + 1/2F(v_3) = (1/4,1/4).
\end{equation*}
Sabemos ahora que la matriz la podemos construir colocando en la i-ésima columna el vector
correspondiente a $F(e_i)$, por lo que la matriz buscada es
\begin{equation*}
A =
\begin{pmatrix}
1/4 & -1/2 & 1/4\\
1/4 & 1/2 & 1/4\\
\end{pmatrix}
\end{equation*}
y se verifica que $Av_1 = (1,0)$ y $Av_2= (0,1)$, por lo que la transformación lineal
$Tp = Ap$ cumple lo deseado.
Para el segundo inciso veremos que no existe tal transformación lineal. Notemos primero
que el vector $(-3,2)$ es combinación lineal de $(1,-1)$ y $(2,-1)$, para ello resolvemos
el sistema
\begin{align*}
a + 2b =& -3\\
-a -b =& 2,
\end{align*}
de la primera ecuación $a = -3 - 2b$ y sustituyendo en la segunda se concluye que $b=-1$ y
$a = -1$. Si existiera tal función fuera lineal entonces
\begin{equation*}
F((-3,2)) = F(-(1,-1) - (2,-1)) = -(1,0) - (0,1) = (-1,-1) \neq (1,1) = F((-3,2)).
\end{equation*}
Ejercicio
Prueba que si \(\{\mathbf{u},\mathbf{v}, \mathbf{w}\} \subset \mathbb{R}^n\) es un
conjunto linealmente independiente entonces el conjunto
\(\{\mathbf{u}+\mathbf{v}+\mathbf{w},\mathbf{u}-\mathbf{v},-\mathbf{u}-\mathbf{v}-2\mathbf{w}\}\)
también es linealmente independiente.
Supongamos que $a_1,a_2,a_3 \in \mathbb{R}$ son tales que
\begin{equation*}
a_1(u + v + w) + a_2(u - v) + a_3(-u -v - 2w) = 0,
\end{equation*}
utilizando la asociatividad y distributividad de las operaciones obtenemos
la ecuación equivalente
\begin{equation*}
(a_1 + a_2 - a_3)u + (a_1 - a_2 - a_3)v + (a_1 - 2a_3)w = 0.
\end{equation*}
Por hipótesis los vectores $\{u,v,w\}$ son l.i., por lo que
\begin{align*}
a_1 + a_2 - a_3 =& 0,\\
a_1 - a_2 - a_3 =& 0,\\
a_1 - 2a_3 =& 0,
\end{align*}
y al resolver este sistema se encuentra que $a_1,a_2,a_3 = 0$. Dado que la única combinación
lineal por la que se obtiene el vector $0$ es la trivial, se concluye que el conjunto
$\{u+v + w, u-v,-u-v-2w\}$ es linealmente independiente.
Ejercicio
Considera la función identidad $\id:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$,
$\id(\mathbf{p})=\mathbf{p}$. Demuestra que la matriz asociada a $\id$ es la matriz
que consiste de $0$'s, excepto en la diagonal donde tiene $1$'s. A dicha matriz la denotamos $I_n$.
Para $id: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ y $p = \begin{pmatrix}
p_1 \\
p_2 \\
\vdots \\
p_n
\end{pmatrix} \in \mathbb{R}^n$. En primer lugar notamos que $id$ es una transformación lineal:
\begin{equation*}
id(\alpha p + q) = \alpha p + q = \alpha id(p) + id(q).
\end{equation*}
Seguido de ello calculamos
\begin{equation*}
I_n p =
\begin{pmatrix}
1 & 0 & ... & 0 \\
0 & 1 & ... & 0 \\
& & \ddots & \\
0 & 0 & ... & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
p_1 \\
p_2 \\
\vdots \\
p_n
\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}
p_1 \\
p_2 \\
\vdots \\
p_n
\end{pmatrix} = id(p).
\end{equation*}
Por el Teorema $I_n$ es la (única) matriz asociada a la
transformación $id$.
Tome el vector en el circulo unitario $u=(\cos(\varphi), \sen(\varphi))$. Demuestra que
$$
Mu=\left[
\begin{array}{c}
\cos(\theta+\varphi) \\
\sen(\theta+\varphi)
\end{array}
\right]
$$
Por lo tanto, la matriz $M$ representa la transformación que es rotar el plano un ángulo $\theta$
(asi que las rotaciones son funciones lineales).
Dado cualquier vector $u\in \mathbb{R}^2$, usa coordenadas polares para escribir
$u=(r\cos(\varphi), r\sen(\varphi))$, con $r\geq 0$ y $\varphi\in [0,2\pi)$.
Demuestra que si $Mu=u$ entonces $u=0$.
Comenzaremos por recordar las identidades para suma de ángulos del seno y coseno:
\begin{align*}
\sen(\alpha + \beta) =& \sen (\alpha) \cos (\beta) + \cos (\alpha) \sen (\beta),\\
\cos(\alpha + \beta) =& \cos (\alpha) \cos (\beta) - \sen (\alpha) \sen (\beta) .
\end{align*}
Usando las ecuaciones anteriores tenemos que
\begin{equation*}
Mu =
\begin{pmatrix}
\cos(\theta) & -\sen(\theta) \\
\sen(\theta) & \cos(\theta)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
\cos(\varphi)\\
\sen(\varphi)
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
\cos(\theta)\cos(\varphi) - \sen(\theta)\sen(\varphi)\\
\sen(\theta)\cos(\varphi) + \cos(\theta)\sen(\varphi)
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\cos(\theta + \varphi)\\
\sen(\theta + \varphi)
\end{pmatrix}
\end{equation*}
Evidentemente la suma de un ángulo constante a la representación de un vector
en coordenadas polares significa una rotación por dicho ángulo. El hecho de que
la función se pueda escribir como el producto por una matriz asegura también
que es una transformación lineal.
Notemos que si $\theta=0$ entonces $M=I_n$ y $Mu = u$ para todo $u \in \mathbb{R}^2$,
para que el resultado sea el deseado es necesario restringir $0 < \theta < 2\pi$. Con
esta aclaración, si $u=(r \cos (\varphi), r \sen(\varphi))$ entonces
\begin{equation*}
Mu = \begin{pmatrix}
\cos(\theta) & -\sen(\theta) \\
\sen(\theta) & \cos(\theta)
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
r\cos(\varphi)\\
r\sen(\varphi)
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
r\cos(\theta + \varphi)\\
r\sen(\theta + \varphi)
\end{pmatrix}
\end{equation*}
Si $u=0$ entonces claramente $Mu = 0$, por otro lado, si $u \neq 0$ entonces al
escribirlo en coordenadas polares necesariamente $r \neq 0$ y tenemos que
\begin{equation*}
\begin{pmatrix}
\cos(\varphi)\\
\sen(\varphi)
\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
\cos(\theta + \varphi)\\
\sen(\theta + \varphi)
\end{pmatrix},
\end{equation*}
sin embargo, como el periodo de las funciones trigonométricas es $2\pi$ y $0 < \theta < 2\pi$
entonces la identidad anterior no puede satisfacerse, con lo que concluimos que
necesariamente $r=0$ y por lo tanto $u=0$.
Ejercicio
Sean $u,v, w \in \mathbb{R}^2$ tres
puntos en el circulo unitario tal que lo dividen en tres arcos de circunferencia cada uno de la misma longitud.
Prueba que la transformación que rota a el plano un ángulo $2\pi/3$ (en cualquier dirección)
deja al vector $u+v+w$ fijo. De lo anterior concluye que $u+v+w=0$.
Usando el inciso anterior prueba que, para todo ángulo $\theta$
\begin{eqnarray*}
\sen(\theta)+\sen(\theta+2\pi/3)+\sen(\theta+4\pi/3)&=&0, \\
\cos(\theta)+\cos(\theta+2\pi/3)+\cos(\theta+4\pi/3)&=&0 .
\end{eqnarray*}
Generaliza el inciso anterior para demostrar
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=1}^n \cos(\theta+ 2\pi k/n)=0, \quad \sum_{k=1}^n \sen(\theta +2\pi k /n)=0.
\end{eqnarray*}
Si $u,v,w$ son tres puntos en la circunferencia unitaria que la dividen en tres arcos de la misma
longitud entonces sin pérdida de generalidad podemos describirlos como
\begin{align*}
u =& (\cos (\varphi), \sen(\varphi)),\\
v =& (\cos (\varphi + 2\pi/3), \sen(\varphi+2\pi/3)),\\
w =& (\cos (\varphi + 4\pi/3), \sen(\varphi+4\pi/3)),\\
\end{align*}
para algún $\varphi \in [0,2\pi)$. Se trabajará con el caso de una rotación de $\theta = 2\pi/3$ en sentido
levógiro, el caso opuesto, cuando se rota por el mismo ángulo en el sentido de las manecillas del
reloj, se puede escribir como una rotación por $4\pi/3$ en el sentido opuesto a las manecillas del
reloj y se verá que es completamente análogo.
Sea
$M=\begin{pmatrix}
\cos(\theta) & -\sen(\theta) \\
\sen(\theta) & \cos(\theta)
\end{pmatrix}$
la matriz asociada a la rotación por $\theta = 2\pi/3$, por ser una transformación lineal se tiene que
\begin{align*}
M(u+v+w) =& Mu + Mv + Mw\\
=& (\cos (\varphi + 2\pi/3), \sen(\varphi+2\pi/3)) + (\cos (\varphi+4\pi/3), \sen(\varphi+4\pi/3)) + \\ &(\cos (\varphi+6\pi/3), \sen(\varphi+6\pi/3)),\\
=& (\cos (\varphi + 2\pi/3), \sen(\varphi+2\pi/3)) + (\cos (\varphi+4\pi/3), \sen(\varphi+4\pi/3)) + \\ &(\cos (\varphi), \sen(\varphi)),\\
=& v + w + u.
\end{align*}
Como $0 <\theta<2\pi$ entonces el Ejercicio garantiza que $u+v+w=0$.
Sustituyendo $\theta$ por $\varphi$ y recordando que el periodo de las funciones trigonométricas nos
permite trabajar en el dominio $[0,2\pi)$ basta notar que la primera ecuación es la segunda coordenada
del vector $u+v+w$ y la segunda ecuación corresponde a la primera entrada del mismo vector, como $u+v+w=0$
entonces cada una de sus entradas se anula.
El último inciso también se puede resolver por medio de un argumento geométrico. Dado $n \in \mathbb{N}$
empezamos por considerar $n$ puntos en la circunferencia unitaria que la dividan en arcos de la misma longitud.
Los denotaremos como $u_1, u_2, \ldots, u_n$ y sin pérdida de generalidad los podemos escribir en coordenadas
polares de la forma
\begin{align*}
u_1 =& (\cos(\varphi), \sen(\varphi)),\\
u_k =& (\cos(\varphi+ 2\pi(k-1)/n), \sen(\varphi+2\pi(k-1)/n)),\\
u_n =& (\cos(\varphi + 2\pi(n-1)/n), \sen(\varphi + 2\pi(n-1)/n)).
\end{align*}
Si ahora consideramos una rotación por $\theta = 2\pi/n$ y la denotamos por $M$ entonces de manera análoga
al primer inciso vamos a tener que
\begin{equation*}
M(u_1 + u_2 + \ldots + u_n) = u_1 + u_2 + \ldots + u_n,
\end{equation*}
así que nuevamente concluimos que $u_1 + \ldots + u_n=0$ y las sumas de senos y cosenos presentadas en el
ejercicio no son sino la primera y segunda coordenada del vector $u_1 + \ldots + u_n$.
Definición
Dado un vector $w\ne 0$, la proyección sobre la recta generada por $w$, está dada por
$$
P_w(v)=\frac{\langle v, w \rangle }{\|w\|^2}w.
$$
También se llama la proyección ortogonal a la recta generada por \(w\).
Ejercicio
Demuestra que:
$P_w$ es una función lineal.
$P_w(w)=w$.
Considera las proyecciones $P_w:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$, con
$w=(1,0)$ y $w=(0,1)$. Encuentra las matrices de $2\times 2$ asociadas a estas funciones lineales.
Demuestra que, para todo $v$, $P_w(v)$ es ortogonal a $v-P_w(v)$.
Denotemos \(L\) la recta generada por \(w\) y fijemos \(q\in L\). Por \(L'\) denotamos
la recta que pasa por \(q\) y que es perpendicular a \(L\). Prueba que para toda
\(p\in L'\), \(P_w(p)=q\).
Demuestra que el mínimo de $\| tw - v \|$, variando $t\in \mathbb{R}$, se alcanza precisamente
cuando $t=\frac{\langle v, w \rangle }{\|w\|^2}$.
Lo anterior se puede interpretar diciendo que la proyección ortogonal
de $v$ en $w$ es el punto más cercano a $v$ que cae dentro de la recta generada por $w$.
Ejercicio
Denotemos
\[
V=\{f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}: f \textrm{ es lineal} \}
\]
Prueba que \(V\) es un espacio vectorial.
Prueba que \(V\) es isomorfo a \(\mathbb{R}^n\). Es decir,
existe una biyección \(\Phi: V \to \mathbb{R}^n\) que es lineal.
Definición
Para un vector \(w \ne 0\) definimos la reflexión con respecto a la recta generada por
\(w\) como
\[
R_w(v)= 2P_w(v)-v
\]
Ejercicio
\(R_w\) es una función lineal.
para todo \(p\) en la recta generada por \(w\), \(R_w(p)=p\).
para todo \(v\), \(\|R_w(v)\|=\|v\|\).
para todo \(v\), \(\langle R_w(v),w\rangle = \langle v,w \rangle \).
Usando
la fórmula \(\langle p,q \rangle = \|p\|\|q\|\cos(\theta)\) lo anterior
se interpreta como que el ángulo entre \(R_w(v)\) y \(w\)
y \(v\) y \(w\) son iguales. Por lo tanto \(R_w(v)\) es la reflexión con
respecto a la recta generada por \(w\).
Para \(w=(1,1,1)\in \mathbb{R}^3\) encuentra la matriz asociada a
\(R_w\).
Ejercicio
Sean $F:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m$ y $G:\mathbb{R}^m \to \mathbb{R}^k$ dos funciones lineales,
demuestra que la composición $G\circ F$ también es lineal.
Directamente de la definición
\begin{eqnarray*}
(G\circ F)(\alpha \mathbf{p}+\mathbf{q})&=& G(F(\alpha \mathbf{p}+\mathbf{q})) \\
&=& G(\alpha F(\mathbf{p})+F(\mathbf{q})) \\
&=& \alpha G(F(\mathbf{p}))+ G(F(\mathbf{q}))
\end{eqnarray*}
Definición
Para matrices $A$ de $m \times n$, $B$ de $k \times m$, el producto, denotado
$BA$, es la matriz de $k\times n$ con entradas
$$
(BA)_{i,j}=\sum_{l=1}^m B_{il}A_{lj}
$$
Considera las funciones lineales $F,G:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ dadas por
$$F(x,y)=(2x-y,x+y), G(x,y)=(x-y, 7x-3y).$$
Encuentra matrices $A, B$, tal que $F(p)=Ap, G(p)=Bp$, para toda $p\in \mathbb{R}^2$.
Encuentra la regla de correspondencia de $G\circ F$. Encuentra $C$, la matriz tal que $G\circ F(p)=Cp$, para toda $p \in \mathbb{R}^2$.
Muestra que $C=BA$.
Inciso 1.
Calculamos \(F(\mathbf{e}_i)\), \(i=1,2\) y los colocamos como columas.
\begin{eqnarray*}
F(\mathbf{e}_1)&=&(2,1)\\
F(\mathbf{e}_2)&=&(-1,1)
\end{eqnarray*}
por lo tanto
\[
A=\left[
\begin{array}{cc}
2 & -1 \\
1 & 1
\end{array}
\right]
\]
es la matriz asociada a \(F\) respecto a la base canónica.
De manera similar
\begin{eqnarray*}
G(\mathbf{e}_1)&=&(1,7)\\
G(\mathbf{e}_2)&=&(-1,-3)
\end{eqnarray*}
por lo tanto
\[
B=\left[
\begin{array}{cc}
1 & -1 \\
7 & -3
\end{array}
\right]
\]
Inciso 2.
Haciendo la composición directamente obtenemos
\begin{eqnarray*}
(G\circ F)(x,y,z)&=&G(F(x,y,z)) \\
&=& =G(2x-y,x+y)\\
&=&((2x-y)-(x+y),7(2x-y)-3(x+y))\\
&=& (x-2y,11x-10y)
\end{eqnarray*}
evaluando en los vectores canónicos
\begin{eqnarray*}
(G\circ F)(\mathbf{e}_1)&=&(1,11) \\
(G\circ F)(\mathbf{e}_2)&=&(-2,-10)
\end{eqnarray*}
por lo tanto
\[
C=\left[
\begin{array}{cc}
1 & -2 \\
11 & -10
\end{array}
\right]
\]
Considera las funciones lineales $F:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^m, G:\mathbb{R}^m \to \mathbb{R}^k$. Sean
$A,B$ matrices tales que $F(\mathbf{p})=A\mathbf{p}, G(\mathbf{p})=B\mathbf{p}$.
Demuestra
que $(G\circ F)(\mathbf{p})=(BA)\mathbf{p}$, para toda $\mathbf{p}$.
Denotar $q=Ap \in \mathbb{R}^m$. Entonces $G\circ F(p)=G(F(p))=B(Ap)=B(q)$.
Una función lineal $F:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ se llama invertible si es inyectiva
y suprayectiva, es decir, una biyección.
Como consecuencia existe una función,
que vamos a denotar $F^{\langle -1 \rangle }:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$,
que satisface $F\circ F^{\langle -1 \rangle }(\mathbf{q})=\mathbf{q}$,
$F^{\langle -1 \rangle }\circ F(\mathbf{p})=\mathbf{p}$, para todas $\mathbf{p}$, $\mathbf{q}$.
Nota: para encontrar la regla de correspondencia de \(F^{\langle -1 \rangle }\)
se plantea la ecuación
\[
F(\mathbf{p})=\mathbf{q}
\]
y se revuelve para las coordenadas de \(\mathbf{p}\) en términos de las
coordenadas de \(\mathbf{q}\).
Ejercicio
Todas las siguientes funciones, \(F:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3\), son lineales e invertibles.
Resuelve el sistema de ecuaciones
\[
(u,v,w)=F(x,y,z)
\]
para \(x,y,z\) (es decir, \(u,v,w\) son los datos y
\(x,y,z\) las incógnitas) y así encuentra la regla de correspondencia de la inversa de \(F\)
$F(x,y,z)=(x+y+z, 2y-z, 5z)$.
$F(x,y,z)=(x + z, 2 x - y, y)$.
$F(x,y,z)=(2 x - y + z, -3 y + 4 z, 5 x - y)$.
Observación: la función inversa de una función lineal también es lineal. Lo anterior
se probará más adelante.
Inciso 1.
Planteamos el sistema de ecuaciones, \((u,v,w)=F(x,y,z)\) , y los resolvemos
\begin{eqnarray*}
x+y+z&=& u \\
2y-z &=& v \\
5z &=& w \\
&\Rightarrow & \\
x &=& u-y-z \\
y &=& \frac{v}{2}+\frac{z}{2} \\
z&=&\frac{w}{5} \\
& \Rightarrow & \\
x &=& u-\frac{v}{2}-\frac{(w/5)}{2}-\frac{w}{5}= u-\frac{v}{2}-\frac{3w}{10} \\
y &=& \frac{v}{2}+\frac{(w/5)}{2} = \frac{v}{2}+ \frac{w}{10}\\
z&=&\frac{w}{5}
\end{eqnarray*}
Por lo tanto
\begin{eqnarray*}
F^{\langle -1 \rangle}(u,v,w)&=& (x,y,z) \\
&=& (u-\frac{v}{2}-\frac{3w}{10}, \frac{v}{2}+ \frac{w}{10} , \frac{w}{5})
\end{eqnarray*}
Teorema
Sea $F:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ una función lineal e invertible.
Demuestra que $F^{\langle -1 \rangle}$ es lineal.
Sea $A$ matriz asociada a $F$ y $B$ la matriz asociada a $F^{\langle -1 \rangle }$. Demuestra
que $AB=BA=I_n$.
Inciso 1.
Debemos de probar
\[
F^{\langle -1 \rangle }(\beta \mathbf{q}_1+\mathbf{q}_2) =
\beta F^{\langle -1 \rangle }(\mathbf{q}_1)+F^{\langle -1 \rangle}(\mathbf{q}_2)
\]
Denotamos \(F^{\langle -1 \rangle}(\mathbf{q}_i)=\mathbf{p}_i\), \(i=1,2\).
Por definición \(\mathbf{p}_i\) es el
único punto que satisface
\(F(\mathbf{p}_i)=\mathbf{q}_i\). De lo anterior y
de la linealidad de \(F\) se sigue que
\begin{eqnarray*}
F(\beta \mathbf{p}_1+\mathbf{p}_2)=\beta F(\mathbf{p}_1)+ F(\mathbf{p}_2)=\beta \mathbf{q}_1+\mathbf{q}_2
\end{eqnarray*}
Por lo tanto, por la definición de \(F^{\langle -1 \rangle}\), llegamos a
\begin{eqnarray*}
F^{\langle -1 \rangle}(\beta \mathbf{q}_1+\mathbf{q}_2)&=& \beta \mathbf{p}_1+\mathbf{p}_2 \\
&=& \beta F^{\langle -1 \rangle }(\mathbf{q}_1)+F^{\langle -1 \rangle}(\mathbf{q}_2)
\end{eqnarray*}
Inciso 2.
Sabemos que
\begin{eqnarray*}
(F^{\langle -1 \rangle }\circ F)(\mathbf{p})&=& ( F\circ F^{\langle -1 \rangle })(\mathbf{p}) \\
&=&\mathbf{p}\\
&=&Id(\mathbf{p}) \\
\end{eqnarray*}
para todo \(\mathbf{p}\in \mathbb{R}^n\), donde \(Id\) es la función identidad. Por el
Ejercicio 3.33 y la unicidad de la representación de funciones lineales como
multiplicación como matriz concluimos \(AB=BA=I_n\), donde \(I_n\) es la matriz identidad.
Ejercicio
La función determinante tiene la siguiente identidad: $\det(AB)=\det(A)\det(B)$. Usando
ésta propiedad y el hecho de que $\det(I_n)=1$ demuestra que si $A$ es invertible
entonces $\det(A)\ne 0$ y $\det(A^{-1})=\det(A)^{-1}$.
Teorema
Función inversa (para funciones lineales)
Sea \(F:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n\) una función lineal y \(A\) la matriz tal que
\(F(\mathbf{p})=A\mathbf{p}\), para todo \(\mathbf{p}\in \mathbb{R}^n\).
La función \(F\) es invertible sii \(\det(A)\ne 0\).
Ejercicio
Verifica que
$$
\left[
\begin{array}{cc}
a & b \\
c & d
\end{array}
\right]
\left[
\begin{array}{cc}
d & -b \\
-c & a
\end{array}
\right]=
\left[
\begin{array}{cc}
ab-bc & 0 \\
0 & ab-bc
\end{array}
\right]
$$
Concluye que una matriz de $2 \times 2$ es invertible sii su determinante es distinto de cero y
$$
\left[
\begin{array}{cc}
a & b \\
c & d
\end{array}
\right]^{-1}
=\frac{1}{ad-bc}\left[
\begin{array}{cc}
d & -b \\
-c & a
\end{array}
\right]
$$
Ejercicio
Con ayuda del ejercicio encuentra las inversas de las siguientes funciones.
$F(x,y)=(2x-y, x+5y)$
$F(x,y)=(x+y, x-y)$
$F(x,y)=(5x+7y, y)$
Ejercicio
Dada una matriz \(A=[A_{i,j}]\) de \(n\times n\) definimos
\[
\|A\|_2 = \left( \sum_{i,j=1}^n A_{i,j}^2 \right)^{1/2}
\]
Prueba que para todo \(\mathbf{p}\in \mathbb{R}^n\)
\[
\|A\mathbf{p}\|\leq \|A\|_2 \|\mathbf{p}\|.
\]
La entrada \(i\) del vector \(A\mathbf{p}\) está dada por
\[
\sum_{r=1}^n A_{i,r}p_r
\]
y por Cauchy-Schwartz tenemos
\begin{eqnarray*}
\left( \sum_{r=1}^n A_{i,r}p_r \right)^2 & \leq & \left( \sum_{r=1}^n A_{i,r}^2\right)\left(\sum_{r=1}^n p_r^2 \right) \\
&=&\left( \sum_{r=1}^n A_{i,r}^2\right)\|\mathbf{p}\|^2
\end{eqnarray*}
Por lo tanto
\begin{eqnarray*}
\left\| A\mathbf{p} \right\|^2&=& \sum_{i=1}^n \left( \sum_{r=1}^n A_{i,r}p_r \right)^2 \\
&\leq & \sum_{i=1}^n \left( \sum_{r=1}^n A_{i,r}^2 \right)\|\mathbf{p}\|^2 \\
&=& \left( \sum_{i=1}^n\sum_{r=1}^n A_{i,r}^2 \right)\|\mathbf{p}\|^2 \\
&=& \|A\|_2^2\|\mathbf{p}\|^2
\end{eqnarray*}
sacando raíz en ambos lados llegamos a
\[
\|A\mathbf{p}\| \leq \|A\|_2 \|\mathbf{p}\|.
\]
Ejercicio
Sea \(F:\mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n\) una función lineal a invertible.
Por \(B_r(0)\) denotamos la bola con centro en \(0\) y radio \(r\).
Prueba que exsite un \(r>0\) tal que
\[
B_r(0)\subseteq F(B_1(0)).
\]
Notación: \(F(B_1(0)):=\{ F(\mathbf{p}): \mathbf{p}\in B_1(0) \}\), es decir, la imagen directa
de \(B_1(0)\) bajo \(F\).
Más adelante, en el Teorema del mapeo abierto veremos que este ejercicio se generaliza.
Afirmamos que para \(r=\frac{1}{2\|A^{-1}\|_2}\) satisface lo que pide el ejercicio
(donde \(A\) es la matriz que representa a \(F\)). Acontinuación explicamos ésta elección.
Para probar la contención \(B_r(0)\subseteq F(B_1(0))\) primero notamos que al ser
\(F\) invertible, para todo \(\mathbf{q}\in B_1(0)\) existe un
\(\mathbf{p}\) tal que \(\mathbf{q}=F(\mathbf{p})\). Lo que debemos de asegurar es que
dicho \(\mathbf{p}\) debe de tener \(\|\mathbf{p}\| < 1\).
Sea \(A\) la matriz que representa a \(F\). Ya que \(F(\mathbf{p})=\mathbf{q}\)
y al ser \(A\) invertible tenemos que \(\mathbf{p} =A^{-1}\mathbf{q}\). Por lo que
la condición \(\|\mathbf{p}\|< 1\) se puede escribir
\[
\|A^{-1}\mathbf{q}\| < 1
\]
Entonces si podemos encontrar una \(r > 0\) que satisfaga:
\[
\|\mathbf{q}\| < r \Rightarrow \| A^{-1}\mathbf{q}\| < 1
\]
habremos terminado.
Pero
\[
\| A^{-1}\mathbf{p}\| \leq \|A^{-1}\|_2 \|\mathbf{q}\|
\]
y si tomamos \(r=\frac{1}{ 2 \|A^{-1}\|_2 }\) obtenemos
\[
\| A^{-1}\mathbf{p}\| \leq \|A^{-1}\|_2 \|\mathbf{q}\| < \|A^{-1}\|_2 r= \frac{1}{2} < 1
\]
Ejercicio
Una matriz \(U\) de \(n\times n\) se llama ortogonal si
\[
UU^t=I=U^tU
\]
Sea \(U\) una matriz ortogonal de \(2\times 2\) y define
\(F:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\) dada por \( F(\mathbf{p})=U\mathbf{p}\).
Prueba que
\[
F(B_1(0))=B_1(0)
\]
Ejercicio
Sea \(f:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}\) lineal. Escribamos la función como
\[
f(x,y,z)=ax+by+cz
\]
Si \(c\ne 0\) existe una función \(g:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) tal que
\[
f(x,y,g(x,y))=0
\]
para todo \((x,y,z)\).
Si denotamos
\[
N(f)=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3: f(x,y,z)=0\}
\]
lo anterior se puede escribir como
\[
\textrm{Gráfica}(g)\subseteq N(f).
\]
Teorema
Función implícita (para funciones lineales)
Sean \(f_1,f_2, \dots, f_m: \mathbb{R}^{k+m} \to \mathbb{R}\) funciones lineales.
Vamos a denotar los puntos de \(\mathbb{R}^{k+m}\) como \((\mathbf{x},\mathbf{y})\)
con \(\mathbf{x}=(x_1,\dots, x_k), \mathbf{y}=(y_1,\dots, y_m)\).
Por el Teorema de representación de Riesz, para toda función \(f_i\) podemos escribir
\[
f_i(x_1,\dots, x_k,y_1,\dots, y_m)=\sum_{r=1}^k a_{i,r}x_r+ \sum_{s=1}^m b_{i,s}y_s
\]
Denotemos \(B=[b_{i,j}]\), una matriz de \(m\times m\).
Si \(\det(B)\ne 0\) entonces existen funciones
\[
g_i:\mathbb{R}^k \to \mathbb{R}
\]
\(i=1,2,\dots, m\), tales que
\[
y_i=g_i(x_1,\dots, x_k)
\]
y además
\[
f_i(\mathbf{x},g_1(\mathbf{x}), \dots, g_m(\mathbf{x}))=0
\]
para todo \(\mathbf{x}\) y para toda \(i=1,\dots, m\).
En otras palabras la intersección
\[
\textrm{Gráfica}(G)\subseteq \cap_{i=1}^m N(f_i)
\]
donde \(G(\mathbf{x})=(g_1(\mathbf{x}),\dots, g_m(\mathbf{x}))\).
Por $M$ denotamos un plano en $\mathbb{R}^n$. Vamos a dar dos definiciones de la
proyección ortogonal al plano $M$, ambas equivalentes. Dado un punto cualquiera
$p\in \mathbb{R}^n$, la proyección ortogonal a $M$ es:
Analítica: es el punto de $M$ más cercano a $p$.
Geométrica: es el punto de $M$ tal que el vector que lo une con $p$ es ortogonal a $M$.
Ejercicio
En este ejercicio vamos a considerar a la proyección ortogonal como el punto que minimiza la distancia.
Sea $M \subset \mathbb{R}^3$ un plano que pasa por el origen y sean $\mathbf{u},\mathbf{v} \in M$ dos vectores distintos
de cero y ortogonales. Asi pues, los puntos en el plano $M$ se pueden escribir
$$
s\mathbf{u}+t\mathbf{v}, \quad s,t \in \mathbb{R}.
$$
Prueba que
\begin{eqnarray*}
\min_{s,t \in \mathbb{R}} \| s\mathbf{u} + t\mathbf{v}-\mathbf{p}\|^2=
\|\mathbf{p}\|^2-\frac{\langle \mathbf{u},\mathbf{p} \rangle^2}{\|\mathbf{u}\|^2}
-\frac{\langle \mathbf{v},\mathbf{p} \rangle^2}{\|v\|^2}
\end{eqnarray*}
y el mínimo se alcanza en un único punto $(s_0,t_0)$, con
$$
s_0=\frac{\langle \mathbf{u},\mathbf{p} \rangle }{\|\mathbf{u}\|^2},
\quad
t_0=\frac{\langle \mathbf{v},\mathbf{p}\rangle}{\|\mathbf{v}\|^2}
$$
Dado $\mathbf{p}\in \mathbb{R}^3$ denota $P(\mathbf{p})$ al punto de $M$ más cercano a $\mathbf{p}$.
Usando el inciso anterior
concluye que la fórmula para obtener $P(\mathbf{p})$ es:
\begin{equation}\label{Eqn:FormulaProyOrt}
P(\mathbf{p})=\frac{\langle \mathbf{u}, \mathbf{p} \rangle}
{\|\mathbf{u}\|^2}\mathbf{u} +\frac{\langle \mathbf{v},\mathbf{p} \rangle}{\|\mathbf{v}\|^2}\mathbf{v}
\end{equation}
Demuestra que $P$ es una transformación lineal.
Demuestra que $\mathbf{p}-P(\mathbf{p})$ es perpendicular a todo punto del plano generado
por $\mathbf{u}$ y $\mathbf{v}$.
Nota que este inciso muestra que las definiciones geométrica y analítica de
la proyección otogonal
coinciden.
Si se toman $\mathbf{u}=(1,0,0), \mathbf{v}=(0,1,0)\in \mathbb{R}^3$, prueba que la proyección sobre
el plano generado por $\mathbf{u}$ y $\mathbf{v}$ está dada por $P(x,y,z)=(x,y,0)$ y encuentra la matriz asociada a
ésta.
Completando el cuadrado en \(s\) y \(t\) obtenemos
\begin{eqnarray*}
\| s\mathbf{u}+t\mathbf{v} - \mathbf{p}\|^2 &=&
\left( s \|\mathbf{u}\| - \frac{\langle \mathbf{u},\mathbf{p} \rangle}{\|\mathbf{u}\|} \right)^2 \\
&+&\left( t \|\mathbf{v}\| - \frac{\langle \mathbf{v},\mathbf{p} \rangle}{\|\mathbf{v}\|} \right)^2 \\
&+& \|\mathbf{p}\|^2-\frac{\langle \mathbf{u},\mathbf{p} \rangle^2}{\|\mathbf{u}\|^2}
-\frac{\langle \mathbf{v},\mathbf{p} \rangle^2}{\|\mathbf{v}\|^2}
\end{eqnarray*}
Para terminar la prueba de
$$
\min_{s,t \in \mathbb{R}}\| su+tv - p\|^2=\|p\|^2-\frac{\langle u,p \rangle^2}{\|u\|^2}-\frac{\langle v,p \rangle^2}{\|v\|^2}
$$
podemos usar dos argumentos.
El geométrico.
Por la ecuación anterior la gráfica de la función \(f(s,t)=\|s\mathbf{u}+t\mathbf{v}-\mathbf{p}\|^2\)
es un paraboloide con vértica en el punto \((s_0,t_0)\) donde se satisfacen
\begin{eqnarray*}
s_0\|\mathbf{u}\|-\frac{\langle \mathbf{u}, \mathbf{p} \rangle}{\|\mathbf{u}\|^2} =0 \\
t_0\|\mathbf{v}\|-\frac{\langle \mathbf{v}, \mathbf{p} \rangle }{\|\mathbf{v}\|^2} =0
\end{eqnarray*}
es decir
\begin{eqnarray*}
s_0=\frac{\langle \mathbf{u}, \mathbf{p} \rangle }{\|\mathbf{u}\|^2} \\
t_0=\frac{\langle \mathbf{v}, \mathbf{p} \rangle }{\|\mathbf{v}\|^2}
\end{eqnarray*}
y por lo tanto el mínimo se alcanza únicamente en el punto \((s_0,t_0)\) y el mínimo es el
término constante del paraboloide, es decir
$$
\min_{s,t \in \mathbb{R}}\| su+tv - p\|^2=\|p\|^2-\frac{\langle u,p \rangle^2}{\|u\|^2}-\frac{\langle v,p \rangle^2}{\|v\|^2}
$$
El analítico.
En la ecuación
\begin{eqnarray*}
\| s\mathbf{u}+t\mathbf{v} - \mathbf{p}\|^2 &=&
\left( s \|\mathbf{u}\| - \frac{\langle \mathbf{u},\mathbf{p} \rangle}{\|\mathbf{u}\|} \right)^2 \\
&+&\left( t \|\mathbf{v}\| - \frac{\langle \mathbf{v},\mathbf{p} \rangle}{\|\mathbf{v}\|} \right)^2 \\
&+& \|\mathbf{p}\|^2-\frac{\langle \mathbf{u},\mathbf{p} \rangle^2}{\|\mathbf{u}\|^2}
-\frac{\langle \mathbf{v},\mathbf{p} \rangle^2}{\|\mathbf{v}\|^2}
\end{eqnarray*}
los dos primeros términos son no negativos por lo tanto
\begin{eqnarray*}
\| s\mathbf{u}+t\mathbf{v} - \mathbf{p}\|^2 &\geq &
&+& \|\mathbf{p}\|^2-\frac{\langle \mathbf{u},\mathbf{p} \rangle^2}{\|\mathbf{u}\|^2}
-\frac{\langle \mathbf{v},\mathbf{p} \rangle^2}{\|\mathbf{v}\|^2}
\end{eqnarray*}
con igualdad si y sólo si
\begin{eqnarray*}
\left( s \|\mathbf{u}\| - \frac{\langle \mathbf{u},\mathbf{p} \rangle}{\|\mathbf{u}\|} \right)^2 =0 \\
\left( t \|\mathbf{v}\| - \frac{\langle \mathbf{v},\mathbf{p} \rangle}{\|\mathbf{v}\|} \right)^2 =0
\end{eqnarray*}
es decir si y sólo si
\begin{eqnarray*}
s=\frac{\langle \mathbf{u}, \mathbf{p} \rangle }{\|\mathbf{u}\|^2} \\
t=\frac{\langle \mathbf{v}, \mathbf{p} \rangle }{\|\mathbf{v}\|^2}
\end{eqnarray*}
Por lo tanto
$$
\min_{s,t \in \mathbb{R}}\| su+tv - p\|^2=\|p\|^2-\frac{\langle u,p \rangle^2}{\|u\|^2}-\frac{\langle v,p \rangle^2}{\|v\|^2}
$$
y se alcanza únicamente en el punto
\begin{eqnarray*}
s_0=\frac{\langle \mathbf{u}, \mathbf{p} \rangle }{\|\mathbf{u}\|^2} \\
t_0=\frac{\langle \mathbf{v}, \mathbf{p} \rangle }{\|\mathbf{v}\|^2}
\end{eqnarray*}
Inciso 2.
Por definición \(P(\mathbf{p})\) es precisamente el punto en el plano tal que
\[
\min_{s,t\in \mathbb{R}}\|s\mathbf{u}+t\mathbf{v} - \mathbf{p}\|=\|P(\mathbf{p})-\mathbf{p} \|
\]
ya que el mínimo se alcanza en un único punto debemos de tener
\[
P(\mathbf{p})=\frac{\langle \mathbf{u}, \mathbf{p} \rangle }{\|\mathbf{u}\|^2} \mathbf{u}+
\frac{\langle \mathbf{v}, \mathbf{p} \rangle }{\|\mathbf{v}\|^2} \mathbf{u}
\]
Inciso 3.
Sabemos que las proyecciones sobre las rectas por el origen
\begin{eqnarray*}
P_u(\mathbf{p})=\frac{\langle \mathbf{u}, \mathbf{p}\rangle }{\|\mathbf{u}\|^2} u \\
P_v(\mathbf{p})=\frac{\langle \mathbf{v}, \mathbf{p}\rangle }{\|\mathbf{v}\|^2} u \\
\end{eqnarray*}
son lineales y como \(P=P_u+P_v\) obtenemos que \(P\) es lineal.
Inciso 4.
Tomamos un punto arbitrario en el plano y tenemos que probar que el producto punto con
con \(\mathbf{p}-P(\mathbf{p})\) es cero.
\begin{eqnarray*}
\langle s\mathbf{u}+t\mathbf{v} , \mathbf{p}-P(\mathbf{p}) \rangle &=&
s\langle \mathbf{u}, \mathbf{p} \rangle
+t \langle \mathbf{v}, \mathbf{p}\rangle \\
&-&s\langle \mathbf{u}, P(\mathbf{p}) \rangle \\
&-&t \langle \mathbf{v}, P(\mathbf{p}) \rangle \\
&=&s\langle \mathbf{u}, \mathbf{p} \rangle
+t \langle \mathbf{v}, \mathbf{p}\rangle \\
&-& s\langle \mathbf{u},
\frac{\langle \mathbf{u},\mathbf{p}\rangle }{\|\mathbf{u}\|^2}\mathbf{u}
+\frac{\langle \mathbf{v},\mathbf{p}\rangle }{\|\mathbf{v}\|^2}\mathbf{v} \rangle \\
&-&t \langle \mathbf{v},
\frac{\langle \mathbf{u},\mathbf{p}\rangle }{\|\mathbf{u}\|^2}\mathbf{u}
+\frac{\langle \mathbf{v},\mathbf{p}\rangle }{\|\mathbf{v}\|^2}\mathbf{v} \rangle
\rangle \\
&=&s\langle \mathbf{u}, \mathbf{p} \rangle
+t \langle \mathbf{v}, \mathbf{p}\rangle \\
&-& s\langle \mathbf{u}, \mathbf{p} \rangle
-t \langle \mathbf{v}, \mathbf{p}\rangle \\
&=&0
\end{eqnarray*}
donde en la pernúltima igualdad usamos que
\(\mathbf{u}\) y \(\mathbf{v}\) son ortogonales.
Ejercicio
En este ejercicio vamos a considerar la definición geométrica de la proyección ortogonal.
Sea $M \subset \mathbb{R}^3$ un plano que pasa por el origen y $p\in \mathbb{R}^3$ un punto
fijo y arbitrario.
Sean $\mathbf{u},\mathbf{v}\in M$ dos vectores ortogonales y unitarios. Denota $\mathbf{w}=
\mathbf{u}\times \mathbf{v}$
y sea $P_\mathbf{w}:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ la proyección ortogonal a la línea recta generada por
$\mathbf{w}$. Demuestra que $\mathbf{p}-P_\mathbf{w}(\mathbf{p})$ está en $M$.
Demuestra que el vector que une $\mathbf{p}$ con $\mathbf{p}-P_w(\mathbf{p})$ es ortogonal a todo punto del plano $M$. Por lo
tanto, usando la definición geométrica de la proyección ortogonal, $\mathbf{p}-P_w(\mathbf{p})$ es
la proyección ortogonal de $\mathbf{p}$ en $M$.
Define $P(\mathbf{p})=\mathbf{p}-P_w(\mathbf{p})$. Demuestra que $P:\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ es una función lineal.
Demuestra que $P(\mathbf{p})$ es el punto del plano $M$ más cerca a $p$, es decir,
$$
\| \mathbf{p}-P(\mathbf{p})\| \ \leq \| \mathbf{p}-\mathbf{q}\|
$$
para todo punto $\mathbf{q} \in M$.
Sugerencia: nota que $\mathbf{p}-P(\mathbf{p})$ y $P(\mathbf{p})-\mathbf{q}$ son ortogonales y después usa el Teorema de Pitágoras.
Concluye, usando la fórmula \eqref{Eqn:FormulaProyOrt}, que si $\mathbf{u}$ y $\mathbf{v}$ son vectores
unitarios, ortogonales en \(M\) y si $\mathbf{w}=\mathbf{u}\times \mathbf{v}$, entonces para todo
$\mathbf{p}\in \mathbb{R}^3$ se cumple
$$
\mathbf{p}=\langle \mathbf{p}, \mathbf{u} \rangle \mathbf{u} + \langle \mathbf{p}, \mathbf{v} \rangle \mathbf{v} + \langle \mathbf{p}, \mathbf{w} \rangle \mathbf{w}.
$$
Usando la ecuación normal del plano tenemos que un punto $q$ pertenece a $M$ si y sólo si
$\langle n, q \rangle = 0$ con $n$ un vector normal al plano $M$. En este caso, como $M$ es generado
por los vectores $u, v$ y $w=u \times v$ entonces $w$ es un vector normal a $M$, asímismo es un vector
unitario, $\|u \times v\| = \|u\| \|v\| \sen(\theta)$, por lo que no será necesario dividir entre $\|w\|^2$
al calcular $P_w$.
Tenemos que
\begin{align*}
\langle p- P_w(p),w \rangle =& \langle p, w \rangle - \langle P_w(p), w \rangle,\\
=& \langle p, w \rangle - \langle \langle p,w \rangle w, w\rangle,\\
=& \langle p, w\rangle - \langle p,w \rangle = 0,
\end{align*}
por lo tanto $p - P_w(p) \in M$.
El vector que une a $p$ con $p-P_w(p)$ es $p - (p-P_w(p)) = P_w(p) = \langle p, w\rangle w$. Dado que
todo punto en el plano $M$ es de la forma $tu + sv$ para algunos $t,s \in \mathbb{R}$ entonces
\begin{equation*}
\langle tu + sv, \langle p, w \rangle w\rangle = \langle p,w \rangle (t\langle u,w\rangle + s\langle v,w \rangle),
\end{equation*}
y como $w = u \times v$ entonces es ortogonal a ambos vectores y $\langle tu + sv, P_w(p)=0$, es decir,
es ortogonal a todo punto del plano $M$.
Como $P_w$ es una función lineal, entonces dados $p,q \in \mathbb{R}^3$
y $\alpha \in \mathbb{R}$ se tiene que
\begin{equation*}
P(\alpha p + q) = (\alpha p + q) - P_w(\alpha p + q) = \alpha (p - P_w(p)) + (q - P_w(q)) = \alpha P(p) + P(q).
\end{equation*}
Empezamos por desarrollar las expresiones $p - P(p)$ y $P(p)-q$:
\begin{align*}
p - P(p) =& P_w(p),\\
P(p) - q =& p - P_w(p) - q.
\end{align*}
Veamos ahora que éstos son ortogonales
\begin{align*}
\langle p- P(p), P(p) - q\rangle =& \langle P_w(p), p- P_w(p) - q \rangle,\\
=& \langle P_w(p), p \rangle - \langle P_w(p), P_w(p)\rangle - \langle P_w(p),q \rangle, \\
=& \langle \langle p,w \rangle w, p\rangle - \langle \langle p,w \rangle w, \langle p , w \rangle w \rangle - \langle \langle p,w \rangle w , q \rangle,\\
=& \langle p,w \rangle \langle w,p \rangle - \langle p,w\rangle \langle p,w \rangle \|w\|^2 - \langle p,w \rangle \langle w,q \rangle,\\
=& \langle p,w\rangle ^2 - \langle p,w\rangle ^2 - \langle p,w\rangle \langle w,q \rangle,\\
=& 0,
\end{align*}
pues por el segundo inciso $q$ y $w$ son ortogonales.
Por el Teorema de Pitágoras se tiene que
\begin{equation*}
\|p - P(p)\|^2 + \|P(p) - q\|^2 = \|p-q\|^2,
\end{equation*}
como $\|P(p) - q\|^2 \geq 0$ entonces
\begin{equation*}
\|p - P(p)\|^2 \leq \|p-q\|^2,
\end{equation*}
y la desigualdad deseada se obtiene al tomar la raíz cuadrada de ambos lados.
Nuevamente, como $u,v$ son unitarios entonces podemos ignorar las normas al cuadrado
en la la fórmula \eqref{Eqn:FormulaProyOrt} para $P(p)$. Como $P(p) = p-P_w(p)$ entonces
\begin{equation*}
\langle u, p \rangle u + \langle v, p \rangle v = p - \langle w, p \rangle w,
\end{equation*}
y basta despejar el término $\langle w , p \rangle w$ para obtener la expresión deseada.
